三《牛顿运动定律》-宁夏石嘴山市第三中学2020届高三物理二轮模块综合训练.docx

1、专练牛顿运动定律1. 如图所示，滑直角细杆POQ固定在竖直平面内，OP边水平，OP与OQ在O点平滑相连，质量均为m的A、B两小环用长为L的轻绳相连，分别套在OP和OQ杆上。初始时刻，将轻绳拉至水平位置拉直(即B环位于O点)，然后同时释放两小环，A环到达O点后，速度大小不变，方向变为竖直向下，已知重力加速度g。下列说法正确的是A. 当B环下落L2时，A环的速度大小为2gL2B. 在A环到达O点的过程中，B环一直加速C. A环到达O点时速度大小为gLD. 当A环到达O点后，再经L2g的时间能追上B环2. 如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动。一质量为m的

2、滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2v1)滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有() A. 滑块返回传送带右端时的速率为v2B. 此过程中传送带对滑块做功为12mv22-12mv12C. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m(v1+v2)2D. 此过程中电动机做功为mv1(v1+v2)3. 如图所示，倾角的光滑固定斜面AB的底端安有一个挡板P，斜面上放有一根轻质弹簧，弹簧的一端固定在挡板上，另一端连接着质量m的小球。开始小球处于静止状态，现用手缓慢压缩小球直到弹簧缩短量为开始小球静止时弹簧缩短量的2.5倍处释放，小球向上移动一段距离后速度为零。重力加速

3、度为g，则A. 释放瞬间小球加速度大小为2.5gsinB. 小球向上移动一段距离过程中加速度一直减小C. 小球向上移动一段距离过程中速度最大时小球的机械能最大D. 小球向上移动一段距离过程中弹簧为原长时小球的机械能最大4. 如图所示，表面粗糙的斜面放在水平地面上给物体一个沿斜面向下的初速度v0，物体可以在斜面上匀速下滑。现仍给物体一个沿斜面向下的初速度v0，同时给物体施加一个恒力F，在物体下滑的过程中(整个过程斜面始终没有动)，下列说法正确的是()A. 如果恒力F的方向平行于斜面向下，物体将加速运动，地面对斜面的摩擦力方向水平向左B. 如果恒力F的方向水平向右，物体将减速运动，地面对斜面的摩擦

4、力方向水平向左C. 如果恒力F的方向垂直斜面向下，物体将减速运动，地面对斜面的摩擦力方向向右D. 如果恒力F的方向平行于斜面向上，物体将减速运动，地面对斜面的摩擦力为零5、如图所示，B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端点，B点和圆心C连线与竖直方向的夹角为，一个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的A点以水平速度v0抛出，恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A. 小球从A运动到B的时间t=v0tangB. A，B之间的距离L=v02tang(1+tan2)C. 小球运动到B点时，重力的瞬时功率P=mgv0tanD. 小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，圆弧轨道对它

5、的支持力一定大于mg6、在平直公路上，质量为m的汽车以速度v0匀速行驶，此时发动机的功率为P.某时刻驾驶员加大油门，发动机功率立即增为2P并保持该功率不变继续行驶，假设汽车行驶过程中所受阻力不变。从驾驶员加大油门开始计时，汽车的速度v与时间t的关系如图(经时间t1后汽车在以2v0匀速运动)，则下列判断正确的是()A. t=0时刻汽车的加速度大小为2Pmv0B. 汽车在t12时刻的牵引力大小为4P3v0C. 在0t1时间内汽车行驶的位移大小为2v0t13mv032PD. 在0t1时间内汽车克服阻力所做的功为2Pt132mv028、如图所示，质量为mA=0.2kg的小球A系在长L1=0.8m的细线

6、一端，线的另一端固定在O点，质量为mB=1kg的物块B静止于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方；左侧水平面、传送带的上表面平滑连接，物块B与传送带之间的滑动摩擦因数=0.5，传送带长L2=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转，现拉动小球使细线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为L116，取重力加速度g=10m/s2，小球与物块均可视为质点，(1)小球与物块碰前瞬间对细线的拉力大小；(2)物块B与传送带之间因摩擦而产生的热量Q。9、如图所示，可看成质点的物体A放在长L=1m的木板B的右端，木板B静止于水平

7、面上，已知A的质量mA和B的质量mB均为2kg，A、B之间的动摩擦因数u1=0.2，B与水平面之间的动摩擦因数u2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度取10m/s2若从t=0开始，木板B受F=16N的水平恒力作用，求： 物体A经多长时间从木板B上滑下；当t=2s时，木板B的速度v1.【答案】D【解析】解：B环下落一段位移后，设绳子与水平方向之间的夹角为，则与竖直方向之间的夹角=90设此时A的速度为vA，将A的速度沿绳子方向与垂直于绳子的方向分解，设沿绳子方向的分速度为v，如图：则：v=vAcos设B的速度为vB，将B的速度也沿绳子的方向与垂直于绳子的方向分解如图，其中沿绳

8、子方向的分速度与A沿绳子方向的分速度是相等的，则：v=vBcos所以：vB=vAcoscos=vAcoscos(90)=vAtanA、当B环下落L2时绳子与水平方向之间的夹角：sin=L2L=12，所以：=30则：vB=vAtan30=3vA；B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，得：mg12L=12mvA2+12mvB2联立得A环的速度大小为：vA=gL2.故A错误；B、B开始下降的过程中速度由0开始增大，所以是做加速运动。当绳子与水平方向之间的夹角接近90时，tan，则：vB=vAtan0.可知当A到达O点时，B的速度等于0.所以B一定还存在减速的过程。即A环到达O点的过程中，B环先加

9、速后减速。故B错误；C、由于A到达O点时B的速度等于0，由机械能守恒得：12mvA2+=mgL所以：vA=2gL.故C错误；D、环A过O点后做加速度大于g的匀加速直线运动，B做自由落体运动。当A追上B时：vAt+12gt2=L+12gt2；所以：t=L2g.故D正确。故选：D。A与B下降的过程中系统的机械能守恒，先由速度的合成与分解求出A、B速度的关系，然后即可求出A、B在不同点的速度；根据匀变速直线运动的公式即可求出A追上B的时间。该题结合机械能守恒考查运动的合成与分解，解答的关键是能看到A与B的速度不一定大小相等，但它们沿绳子方向的分速度大小相等。2.【答案】D3.【答案】D本题主要考查了

10、动能定理及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，知道什么时候动能最大，能熟练运用能量守恒定律列式研究。【解答】A.开始小球处于静止状态，弹力为mgsin，压缩小球直到弹簧缩短量为开始小球静止时弹簧缩短量的2.5倍时，弹簧弹力的大小为2.5mgsin，所以释放瞬间小球加速度大小为：a=Fmgsinm=1.5gsin，故A错误；B.根据题意可知，小球先受到的弹力大于重力的分力，在某一位置mgsin=kx，之后合力沿斜面向下且增大，所以小球向上移动一段距离过程中加速度先减小后增大，故B错误；C.当小球运动到使弹力和重力的分力满足mgsin=kx时速度达到最大，但小球要继续向上减

11、速运动，弹力仍做正功，小球的机械能继续增大，故C错误；D.当弹簧恢复原长后，弹力对小球做负功，所以弹簧为原长时小球的机械能最大，故D正确；故选D。5.【答案】D【解析】解：物体可以在斜面上匀速下滑，则A、如果恒力F的方向平行斜面向下，f和N保持不变，地面对斜面的摩擦力为零，故A错误；B、如果恒力F的方向水平向右，物体仍向下运动过程中，=tan，Ncos=Nsin，fcos=Nsin，地面对斜面的摩擦力为零，故B错误；C、如果恒力F的方向垂直斜面向下，同理，=tan，Ncos=Nsin，fcos=Nsin，地面对斜面的摩擦力为零，故C错误；D、如果恒力F的方向平行于斜面向上，物体仍向下运动过程中

12、，=tan，Ncos=Nsin，fcos=Nsin，地面对斜面的摩擦力为零，故D正确；故选：D。5.【答案】ACD【解析】解：A、在B点，小球竖直方向上的vy=v0tan，故运动的时间t=v0tang，故A正确。B、AB间的水平距离x=v0t=v02tang，竖直方向的距离y=vy22g=v02tan22g，则A、B之间的距离L=x2+y2=v02tang1+tan24，故B错误。C、小球运动到B点时，重力的功率P=mgvy=mgv0tan，故C正确。D、小球运动到B点的速度vB=v0cos，根据动能定理得，mgR(1cos)=12mv212mvB2，由牛顿第二定律得，Fmg=mv2R，联立解

13、得F=mg+mv2R，大于mg，故D正确。故选：ACD。根据平行四边形定则，抓住小球恰好沿B点切线进入圆轨道求出小球在B点的竖直分速度，结合速度时间公式求出运动的时间。根据初速度和时间求出水平位移，结合竖直位移，运用平行四边形定则求出AB间的距离。根据B点竖直分速度，结合瞬时功率的公式求出重力的瞬时功率。根据动能定理求出最低点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小。本题考查了平抛运动和圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。6.【答案】CD【解析】解：A、因为开始汽车以速度v0匀速行驶，此时发动机的功率为P，有：f=Pv0，t

14、=0时刻汽车的加速度大小为：a=Ffm=2Pv0Pv0m=Pmv0，故A错误。B、汽车在t12时刻的速度大于3v02，牵引力大小大于4P3v0，故B错误。C、在0t1时间内汽车行驶的位移大小为x，根据动能定理可知：2Pt1fx=12m(2v0)212mv02，解得：x=为2v0t13mv032P，故C正确。D、在0t1时间内汽车克服阻力所做的功为2Pt132mv02，故D正确。故选：CD。7.【答案】解：(1)弹簧释放过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：mAvAmBvB=0根据能量守恒得：EP=12mAvA2+12mBvB2。联立解得：vA=1m/s，vB=2m/s(2)释放后A、B

15、不再发生碰撞，A在斜面上往返运动最后停在水平面上某点，设该点为O点，A在水平面上的位移为xA，由动能定理得：AmAgxA=012mAvA2解得：xA=0.25m(A在斜面上往返运动，再次运动到水平面的速度大小仍为：vA=1m/sA在水平面运动的加速度大小为：aA2=AmAgmA=Ag=2m/s2位移为：xA=vA22aA2=1222m=0.25m)同B在水平面上运动的位移为：xB=xA=0.25m若B不与墙壁碰撞，根据动能定理得：BmBxB=012mBvB2(或xB=vB22aB=0.25m，aB=BmBgmB=Bg)解得：B=0.8若B与墙壁碰撞1次后返回，B在水平面上运动的路程为：xB=2

16、LxA=(10.25)m=0.75m由动能定理得：BmBxB=012mBvB2解得：B=415A在斜面上往返运动，由牛顿第二定律得：mAgsin=mAaA1得：aA1=5m/s2。A在斜面上运动的时间为：tA1=2vAaA1=215s=0.4s由于B被弹开后与墙壁碰撞再运动到斜面底端的最短时间为：tBO=2LvB=20.52s=0.5stA1，故B不能运动到斜面上再返回停在O点，也不能与墙壁发生第二次碰撞故B与地面间动摩擦因数B为0.8或415。8.【答案】解：(1)小球A下摆阶段机械能守恒，根据机械能守恒守恒定律可得：mAgL1=12mAvA2解得：vA=4m/s小球在O点正下方时，由牛顿第

17、二定律可得：TmAg=mAvA2L1解得：T=6N；(2)A上摆过程机械能守恒，则有：mAgL116=12mAv12解得：v1=1m/sA、B碰撞过程中系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：mAvA=mAv1+mBvB解得：vB=1m/s设经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得：v0=vB+at由牛顿第二定律得：mBg=mBa代入数据可得：t=1s物块滑行的距离为：s物=vB+v02t传送带的位移为：s带=v0t物块与传送带间的相对位移大小为：s=s带s物解得：s=2.5m滑块B与传送带之间因摩擦而产生的热量为：Q=mBgs解得：Q=12.5J。9、解：根据牛顿第二定律得：对B：F2(mA+mB)g1mAg=mBaB对A：1mAg=mAaA代入数据解得：aA=2m/s2，aB=4m/s2设物体A经时间t从木板B上滑下，此时A的位移：x1=12aAt2B的位移：x2=12aBt2x2x1=L联立以上三式，代入数据得：t=1s(2)由于t=1s时，A已经滑落木板，之后对B：设B的加速度为a，根据牛顿第二定律得：F2mBg=mBa代入数据得：a=7m/s2则t=2s时，B的速度：v=aBt+at=(41+71)m/s=11m/s。